Esercizio parabola

[onlynose]

Ciao a tutti, vi propongo questo esercizio che non sono riuscito a risolvere nonostante non sembri troppo ostico a prima vista.

Sia $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ una funzione di classe $C^1$ tale che $f(0)<0$ e con la seguente proprietà:
se un qualunque raggio che parte dall'origine di $\mathbb{R}^2$ tocca il grafico di $f$, allora dopo aver rimbalzato sul grafico ha direzione perfettamente verticale. Si dimostri che il grafico di $f$ è una parabola.

Ho provato delle soluzioni geometriche, usando riflessioni o provando ad imporre condizioni sugli angoli tra il raggio ed il vettore tangente di $f$, ma non sono giunto a nulla. Qualcuno ha un'idea?

P.S. L'esercizio è della prova di ammissione al quarto anno di Matematica della Normale.

[Martino]

Forse sono lento io, ma quale sarebbe la definizione di "rimbalzare"?

[ondine]

Sia $f(x)$ la funzione incognita che dobbiamo trovare, $r:y=mx$ una retta che passa per l'origine e $p$ la perpendicolare alla tangente della curva $f$ in un punto $x$. Il termine rimbalzo l'ho inteso nel senso della riflessione in fisica: l'angolo (acuto) formato tra $r$ e $p$ deve essere uguale all'angolo formato dalla retta verticale e $p$.
Sappiamo che $p$ passante per $x$ avrà coefficiente angolare $m_p= -1/(f'(x))$
(il caso $f'(x)=0$ implica che la retta r sia $r:x=0$).
Sappiamo che il coefficiente angolare della retta verticale tende a infinito $m_v->oo$.
l'angolo acuto $theta$ formato da due rette è dato dalla relazione:
$tan(theta) = |(m_1-m_2)/(1+m_1m_2)|$
quindi dalla condizione di riflessione si ha che:
$|(m-m_p)/(1+mm_p)|=|(m_v-m_p)/(1+m_vm_p)|$
ricordando che $m_v->oo$ si ha che il secondo membro diventa $|1/m_p|$. Quindi
$|(m-m_p)/(1+mm_p)|=|1/m_p|$
dato che $m_p= -1/(f'(x))$ si può scrivere che
$|(m+1/(f'(x)))/(1-m1/(f'(x)))|=|-1/(f'(x))|$
Elevando al quadrato e ricavando $m$ si trova che:
$m=((f')^2-1)/(2f')$
Quindi abbiamo una relazione tra il coefficiente angolare di $r$ e la derivata della funzione $f$ nel punto di intersezione $x$ tra $r$ e $f(x)$.
Tuttavia quel punto di intersezione è soluzione dell'equazione $mx=f(x)$.
Quindi sostituendo m si ha che:
$((f')^2-1)/(2f') x = f$
cioè l'equazione differenziale finale risolvente è
$x(f')^2-2ff'=x$ con la condizione $f'(0)=0$.
Questa equazione differenziale, anche se abbastanza brutta, può essere risolta ( è di un particolare tipo di equazioni differenziali che prendono il nome di D'alembert's equations), tuttavia barando un po' cerco direttamente soluzioni che siano parabole del tipo $f(x)=Ax^2+B$ con A e B numeri reali (in questo modo automaticamente $f'(0)=0$)
Sostituendo si ha che
$4A^2x^3-4A^2x^3-4ABx=x$
Questa equazione è soddisfatta per ogni x solo se
$B=-1/(4A)$
Quindi le funzioni con quella proprietà sono le parabole del tipo $f(x)= Ax^2-1/(4A)$.

[onlynose]

Bella soluzione!

[Bokonon]

@ondine
La condizione è che la curva passi per l'origine $f(0)=0$.
$f(0)=-1/(4A)!=0$ sempre
Pertanto la soluzione non soddisfa il vincolo.

Esiste un modo mooooolto più semplice per risolvere il problema.

[onlynose]

No, scusate! Bokonon, la richiesta è $f(0)<0$. Modifico subito!

[onlynose]

In effetti io ero arrivato alla stessa equazione differenziale di @ondine procedendo così:
considero il raggio $r=(x,f(x))$ (poiché sarà quello il punto di contatto), e considero il vettore tangente al grafico $t=(1,f'(x))$. Per calcolare il vettore riflesso, che chiamo $v$ uso la formula della riflessione:
$$v=r-2\frac{\langle r,t\rangle}{\langle t,t\rangle}t$$
dove $\langle\cdot,\cdot\rangle$ è il prodotto scalare in $\mathbb{R}^2$. Impongo a $0$ la prima coordinata di $v$, il che equivale a dire che è perpendicolare all'asse $x$, e ottengo la medesima equazione che hai scritto tu.
Solo che io non mi ci sono messo a risolverla!

[ondine]

Se la condizione è $f(0)<0$ allora si cerca una soluzione generale del tipo $f(x)=Ax^2+Bx+C$.
Andando ad inserire questa funzione nell'equazione differenziale viene un polinomio di secondo grado in $x$. Siccome deve essere identicamente nullo per ogni valore di x allora devono essere nulli i coefficienti. Le condizioni (se ho fatto bene i calcoli) sono:
$AB=0$
$CB=0$
$B^2+4AC+1=0$
Siccome $f(0)<0$ vuol dire che $C<0$ e quindi dalla seconda si trova $B=0$
e si ritorna di nuovo alla condizione $C=-1/(4A)$. Quindi nuovamente la soluzione dell'equazione differenziale è
$f(x)=Ax^2-1/(4A)$ con l'ulteriore vincolo $A>0$.
Adesso andrebbe dimostrato che quella soluzione è anche l'unica, magari risolvendo direttamente l'equazione differenziale.

@ondine La condizione è che la curva passi per l'origine $f(0)=0$..

Tra l'altro non esistono parabole passanti per l'origine che siano soluzione perchè se $C=0$ allora $B^2=-1$ che è impossibile.

[Bokonon]

Tra l'altro non esistono parabole passanti per l'origine che siano soluzione perchè se $C=0$ allora $B^2=-1$ che è impossibile.

Non è esatto. Tutte le parabole del tipo $y=ax^2$ soddifano le condizioni (prima della correzione) a patto che si stipuli che il raggio che va dall'origine nell'origine abbia direzione $-hat(j)$ e che abbia un angolo che vari fra 0 e $pi$ esclusi.

Dopo la correzione, ho derivato le soluzioni in base agli angoli di incidenza ottendo la classe di parabole $f(x)=1/2[cot(alpha/2)x^2-tan(alpha/2)]$ con $0<alpha<pi/2$
Se si pone $1/2cot(alpha/2)=A$ si ottiene la tua soluzione.

[ondine]

Non è esatto. Tutte le parabole del tipo $ y=ax^2 $ soddifano le condizioni (prima della correzione) a patto che si stipuli che il raggio che va dall'origine nell'origine abbia direzione $ -hat(j) $ e che abbia un angolo che vari fra 0 e $ pi $ esclusi.

Non capisco come sia possibile che le funzioni $f(x)=ax^2$ siano soluzione (anche prima della condizione $f(0)<0$) se non soddisfano l'equazione differenziale $x(f')^2-2ff'=x$..